山东省九五高中协作体2026届高考最后一卷数学试卷（含解析）

山东九五高中协作体2026届高考最后一卷数学试卷一、单选题1．已知复数z满足：，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（

）A． B． C．3 D．-33．已知集合，若，则（

）A．0 B．1 C．2 D．34．已知一组数据，，，，的平均数为3，方差为2，则（

）A．2 B．4 C．6 D．85．已知圆台上、下底面半径分别为1和3，其母线与底面所成角的正弦值为，则该圆台的体积为（

）A． B． C． D．6．已知三次函数，则“”是“是的极大值点”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．从1，2，3，...，20中任取3个数，则这三个数恰好可以构成等差数列的情况有（

）A．45种 B．60种 C．75种 D．90种8．已知分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于两点，线段的中点在轴上，且，若，则的标准方程为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知分别为双曲线的左、右焦点，为的渐近线上一点，且，则（

）A．的方程为 B．的离心率为2C．点到直线的距离为3 D．的面积为10．在矩形中，，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥P- ABC.若，则（

）A． B．三棱锥外接球的表面积为C．直线与直线所成的角为 D．平面与平面的夹角为11．盒子中有个球，其中个黑球，个白球(其中一个白球记为甲)，.每次从中随机抽取一个球，不放回，记累计取出个黑球时，取出的球的总数为随机变量，则（

）A．第2次取出的球是黑球的概率为B．最后一个黑球恰好在第次被取到的概率为C．白球甲在最后一个黑球之后被取出的概率为D．三、填空题12．若函数为偶函数，则的最小值为_____.13．在中，，，则的值为_____.14．已知集合中的最大元素为2，且，对任意的，则集合中所有元素的和为_____.四、解答题15．设角的对边分别为，已知.(1)求；(2)求面积的最大值.16．已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若恰有两个不同的极值点，证明:.17．已知抛物线的焦点为，点，为上一点，当轴时，.(1)求的方程:(2)当在上运动时，直线被以为直径的圆所截得的弦长为定值，求的值.18．如图，是的直径，与所在平面垂直，是上的点，点为线段的中点，点在上的射影为.(1)求证:；(2)点在上运动.（i）证明:点的轨迹是圆:（ii）当三棱锥体积最大时，求二面角的大小.19．标号为的12位同学，围着圆桌入座进行传球游戏.将他们分成，三组，其中第组包含四位同学.在每次传球中，拿球的同学分别以的概率将球传递给邻座二人中的一位.已知球最初在手中，当其将球传出后，视为第一次传球结束.对于，，，设为第次传球后，球在手中的概率；为第次传球后，球在组某一位同学手上的概率.(1)求与的值；(2)求与；(3)证明：.参考答案1．B【详解】由，故选：B2．A【详解】由，得，所以，所以，所以，解得.3．C【详解】由，所以或，解得或，当时，，所以，满足题意，当时，，所以，不满足题意，所以.4．D【详解】因为平均数为3，所以，解得：①，因为方差为2，所以，化简得：②，联立①②得：，或，，则.5．C【详解】如图所示，如图作出轴截面，为上下底面圆心，为截面的斜边，即圆台的母线.由题意得：，，则高，因为母线与底面所成角的正弦值为，所以，则，则圆台体积.6．A【详解】由题设，，若，则，故当或时，，当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；故为的极大值点，从而充分性成立；当时，有，则，当或时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；此时为的极大值点，但条件并不成立，从而必要性不成立；因此“”是“是的极大值点”的充分不必要条件.7．D【详解】由成等差数列，可得，所以的和应为偶数，所以要么都为奇数，要么都为偶数，所以1，2，3，...，20中任取3个数，则这三个数恰好可以构成等差数列的情况有种.8．C【详解】因为分别为，的中点，则，且，则，即，可得，又因为，则，可知为等边三角形，且，则，，可得，，即，，则，所以椭圆的标准方程为.9．ABD【详解】已知焦点，得双曲线半焦距，即，又由双曲线渐近线为，得​，即，代入，得，因此双曲线的方程为，故A正确；离心率，故B正确；到直线的距离：，故C错误；由，可知在以为直径的圆上，联立渐近线：代入得，可得交点纵坐标，即的面积为：，故D正确.10．AC【详解】A选项，因为，且，所以平面，则，所以是直角三角形，又因为，，所以，所以A选项正确；B选项，由A选项分析得，又因为，，所以是直角三角形，又因为，，所以，所以是直角三角形，分别作和的中点和，则，因为是直角三角形，所以，同理可得，则点即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径为，所以外接球表面积，所以B选项错误；C选项，，又因为直线与直线所成的角范围是，所以夹角为，所以C选项正确；D选项，如图所示，分别作，，则异面直线和的夹角即为平面与平面的夹角，由三角形面积公式可得，所以，同理可得，则,而，而，其中，，，，所以，所以，即平面与平面的夹角为，所以D选项错误.11．ACD【详解】在不放回抽样中，每次抽取时每个球被抽到的概率相等，且与顺序无关，由于每次抽取是等可能的，且不放回，第2次取到黑球的概率等于黑球的比例即，所以A正确；最后一个黑球恰好在第次被取到，说明前次取到了个黑球和个白球，第次取到黑球，前次取到个黑球和个白球的情况数为，从个球中取个球的情况数为，第次取到黑球的概率为，根据古典概型概率公式，可得最后一个黑球恰好在第次被取到的概率为：，所以B错误；考虑白球甲和个黑球的排列情况，一共有个位置，白球甲在最后一个黑球之后被取出，即白球甲的位置大于最后一个黑球的位置，其概率为，所以选项C正确；随机变量的取值为m,m+1,⋯当()时，说明前次取到了个黑球和个白球，第次取到黑球.前次取到个黑球和个白球的情况数为，从个球中取个球的情况数为，第次取到黑球的概率为，根据古典概型概率公式，可得，根据期望公式，可得，所以选项D正确.12．【详解】由辅助角公式可得：，因为为偶函数，所以，解得，当时，取得最小值为.13．【详解】取的中点为，连接，由，所以，所以在上的投影向量的大小为，所以.14．2026【详解】将集合的元素从小到大排列为：，因为对任意的，由最大元素为，假设最小元素不为，即，则对任意的，则，此时不可能属于，所以最小元素为，即，设A中最小正元素为d，由题意，任意两个元素差的绝对值仍属于A，因此A中所有元素都是d的倍数，且所有元素可表为：，其中最大元素，，此时对任意两个元素的差的绝对值，因为，所以必存在,满足，即，符合题意.此时所有元素的和为：.15．(1)(2)【详解】（1）由正弦定理，，所以，故；（2）由余弦定理，，故，即，当且仅当时等号成立，所以，所以面积的最大值为.16．(1)当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增.(2)由(1)可知，因为是的极值点，故，即是方程的两个不同的实数根，由韦达定理可得，则，，则原不等式等价于，求导可得，设，求导可得，当时，，单调递减，即单调递减，所以，故在上单调递减，因此，即.【详解】（1），求导可得，分类讨论：当时，则有两个正根，，故在和上单调递增，在上单调递减；当时，，故在上单调递增.综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增.（2）略17．(1)(2)【详解】（1）当轴时，，所以，所以点坐标为，因为，所以，所以的方程为；（2）设，而,则以为直径的圆的圆心为，设圆心到直线的距离为，圆的半径为，则，，设直线被以为直径的圆所截得的弦长为，则，因为当在上运动时，直线被以为直径的圆所截得的弦长为定值，所以，得，此时即，即此时弦长为定值18．(1)因为平面，平面，所以，因为，且，所以平面，因为平面，所以，因为，且，所以平面，因为平面，所以.(2)（i）取的中点为，取的中点为，连接，，，如下图所示，因为，所以，所以，故点在以为直径的球面上,由上问知，即，所以，故在以为直径的球面上，因为，且，故的轨迹是分别以，为直径的球的交线，该交线为圆，故点的轨迹是圆.（ii）【详解】（1）略（2）（i）略（ii）设，则，设，则，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，如下图所示，由于的面积确定，所以当三棱锥体积最大时，即点到平面的距离最大，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，所以为点到平面的距离，故，得到，当且仅当，即时等号成立，此时，，故点到平面的距离最大为，因为，为中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为到直线的距离，在直角中，，，所以，设二面角的平面角为，则，解得，所以二面角的大小为.19．(1)，(2)，(3)由(2)知，，若证，只需证，对于组，200次传球后，球只可能在手中，考虑前两百次传球所有情况，共有种不同的事件，且每个事件发生的概率为，因为，所以要证，只需证，记“200次传球后球在手中”为事件，“200次传球后球在手中”为事件，对任何一个事件，传球过程中，球必然经过或者，设第一次经过他们中某一个人手中发生在第次传球后，此后，如果将第到第200次传球中每次沿圆桌顺时针方向的传球换成沿逆时针方向的传球；并且将沿逆时针方向的传球改成沿顺时针方向的传球，则第200次传球后的结果是球落在手中，这个新的传球路径对应事件中的一种情形，因此，我们可以将事件中的任意一种情形，对应到事件中的一种情形，且这种对应是唯一的，另外考虑，故事件中的基本事件数量严格多于事件中的基本事件数量，所以，故命题得证.【详解】（1）因为代表第2次传球后